Codeforces Round #814 (Div. 2)

A

弱智题，讨论 $n+m$ 的奇偶性即可。

Code

#include <cstdio>

int T, a, b;

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        a--, b--;
        if (a % 2 == b % 2) puts("Tonya");
        else puts("Burenka");
    }
}

B

弱智题，讨论 $k$ 模 $4$ 的余数即可。

Code

#include <cstdio>

int T, n, k;

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d", &n, &k);
        if (k % 2) {
            puts("YES");
            for (int i = 1; i <= n; i += 2) printf("%d %d\n", i, i + 1);
        }
        else if (k % 4 == 0) puts("NO");
        else if (k % 4 == 2) {
            puts("YES");
            for (int i = 1; i <= n; i += 4) {
                printf("%d %d\n", i + 1, i);
                if (i != n - 1) printf("%d %d\n", i + 2, i + 3);
            }
        }
    }
}

C

注意到最多进行 $n-1$ 轮比赛实力为 $n$ 的人就会被换到第一位，往后只会有这个人获胜。

我们对询问离线，按 $k$ 排序，先预处理 $n$ 轮以内的胜负情况。对于超过 $k$ 轮的比赛，对询问的人实力是否为 $n$ 分类讨论即可。

时间复杂度 $O(q\log{q})$ 。

Code

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

struct Query {
    int x, k, id;
    Query() {}
    Query(int x, int k, int id) : x(x), k(k), id(id) {}
} q[N];

bool operator <(const Query &a, const Query &b) {
    return a.k < b.k;
}

int n, m, T, ans[N], a[N], win[N];

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            scanf("%d%d", &q[i].x, &q[i].k);
            q[i].id = i;
        }
        sort(q + 1, q + m + 1);
        memset(ans, 0, sizeof(ans));
        memset(win, 0, sizeof(win));
        int cnt = 1, p = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            if (a[i] > a[p]) win[i]++, p = i;
            else win[p]++;
            while (q[cnt].k == i - 1 && cnt <= m) {
                ans[q[cnt].id] = win[q[cnt].x];
                cnt++;
            }
        }
        for (int i = cnt; i <= m; i++) {
            if (q[i].x != p) ans[q[i].id] = win[q[i].x];
            else ans[q[i].id] = win[p] + q[i].k - n + 1;
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", ans[i]);
    }
}

D1 & D2

观察到区间操作的代价为 $\lceil\frac{r-l+1}{2}\rceil$ 意味着选择一个数和两个相邻数操作的代价是一样的，所以我们可以把操作变为以下两个：

• 选择下标 $i$ 和整数 $x$ 并将 $a_i := a_i \oplus x$ ，代价为 $1$ 。

• 选择下标 $i$ 和整数 $x$ 并将 $a_i := a_i \oplus x,\, a_{i+1} := a_{i+1} \oplus x$ ，代价为 $1$ 。

所以我们考虑把原序列划分成极小的异或和为 $0$ 的连续段，对于每一段 $[l,r]$ 我们可以用 $r-l$ 的代价把这一段变为 $0$ 。

这样操作与让 $[l,r]$ 的每一个 $a_i$ 异或上自己相比是不劣的 ，所以容易证明划分为极小段减少的代价最多。

划分极小段这件事情可以通过把前缀异或和插入到 $\text{map}$ 中实现，时间复杂度 $O(n\log{n})$ 。

Code

#include <algorithm>
#include <map>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int T, n, sum, ans, a[N];
map<int, int> mp;

void solve() {
    scanf("%d", &n);
    mp.clear();
    mp[0] = 1, sum = 0, ans = n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
        sum ^= a[i];
        if (mp.find(sum) != mp.end()) {
            ans--;
            mp.clear();
            sum = 0;
            mp[0] = 1;
        }
        else mp[sum] = 1;
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main() {
    scanf("%d", &T);
    while (T--) solve();
}

E

待补。

F

待补。